（江苏专版）2019版高考数学一轮复习讲义： 第六章 数列 6.2 等差数列讲义.doc

6.2等差数列考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度201320142015201620171.等差数列的定义及运算1.等差数列的证明2.等差数列的通项公式3.等差数列求和C20题16分8题5分填空题解答题2.等差数列的性质利用等差数列有关性质解题C 填空题解答题分析解读等差数列是高考的热点.中档题主要考查等差数列的基本运算,压轴题常考等差数列中的推理证明,对能力要求比较高.五年高考考点一等差数列的定义及运算1.(2016江苏,8,5分)已知an是等差数列,Sn是其前n项和.若a1+a22=-3,S5=10,则a9的值是.答案202.(2016浙江改编,8,5分)如图,点列An,Bn分别在某锐角的两边上,且|AnAn+1|=|An+1An+2|,AnAn+2,nN*,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,BnBn+2,nN*.(PQ表示点P与Q不重合)Sn为AnBnBn+1的面积,则Sn是数列.(填“等差”或“等比”)答案等差3.(2014福建改编,3,5分)等差数列an的前n项和为Sn,若a1=2,S3=12,则a6等于.答案124.(2013课标全国理改编,7,5分)设等差数列an的前n项和为Sn,若Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=.答案55.(2017课标全国文,17,12分)记Sn为等比数列an的前n项和.已知S2=2,S3=-6.(1)求an的通项公式;(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.解析(1)设an的公比为q,由题设可得a1(1+q)=2,a1(1+q+q2)=-6.解得q=-2,a1=-2.故an的通项公式为an=(-2)n.(2)由(1)可得Sn=a1(1-qn)1-q=-23+(-1)n2n+13.由于Sn+2+Sn+1=-43+(-1)n2n+3-2n+23=2-23+(-1)n2n+13=2Sn,故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.6.(2014江苏,20,16分)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称an是“H数列”.(1)若数列an的前n项和Sn=2n(nN*),证明:an是“H数列”;(2)设an是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若an是“H数列”,求d的值;(3)证明:对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得an=bn+cn(nN*)成立.解析(1)证明:由已知,得当n1时,an+1=Sn+1-Sn=2n+1-2n=2n.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n+1,使得Sn=2n=am.所以an是“H数列”.(2)由已知,得S2=2a1+d=2+d.因为an是“H数列”,所以存在正整数m,使得S2=am,即2+d=1+(m-1)d,于是(m-2)d=1.因为d<0,所以m-2<0,故m=1.从而d=-1.当d=-1时,an=2-n,Sn=n(3-n)2是小于2的整数,nN*.于是对任意的正整数n,总存在正整数m=2-Sn=2-n(3-n)2,使得Sn=2-m=am,所以an是“H数列”.因此d的值为-1.(3)证明:设等差数列an的公差为d,则an=a1+(n-1)d=na1+(n-1)(d-a1)(nN*).令bn=na1,cn=(n-1)(d-a1),则an=bn+cn(nN*),下证bn是“H数列”.设bn的前n项和为Tn,则Tn=n(n+1)2a1(nN*).于是对任意的正整数n,总存在正整数m=n(n+1)2,使得Tn=bm.所以bn是“H数列”.同理可证cn也是“H数列”.所以,对任意的等差数列an,总存在两个“H数列”bn和cn,使得an=bn+cn(nN*).教师用书专用(710)7.(2016课标全国,17,12分)已知an是公差为3的等差数列,数列bn满足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn.(1)求an的通项公式;(2)求bn的前n项和.解析(1)当n=1时,a1b2+b2=b1,因为b1=1,b2=13,所以a1=2,(3分)所以数列an是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为an=3n-1.(5分)(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=bn3,(7分)因此bn是首项为1,公比为13的等比数列.(9分)记bn的前n项和为Sn,则Sn=1-13n1-13=32-123n-1.(12分)8.(2016课标全国,17,12分)等差数列an中,a3+a4=4,a5+a7=6.(1)求an的通项公式;(2)设bn=an,求数列bn的前10项和,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,2.6=2.解析(1)设数列an的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3.解得a1=1,d=25.(3分)所以an的通项公式为an=2n+35.(5分)(2)由(1)知,bn=2n+35.(6分)当n=1,2,3时,12n+35<2,bn=1;当n=4,5时,2<2n+35<3,bn=2;当n=6,7,8时,32n+35<4,bn=3;当n=9,10时,4<2n+35<5,bn=4.(10分)所以数列bn的前10项和为13+22+33+42=24.(12分)9.(2014大纲全国,18,12分)等差数列an的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且SnS4.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由a1=10,a2为整数知,等差数列an的公差d为整数.又SnS4,故a40,a50,于是10+3d0,10+4d0.解得-103d-52.因此d=-3.数列an的通项公式为an=13-3n.(6分)(2)bn=1(13-3n)(10-3n)=13110-3n-113-3n.(8分)于是Tn=b1+b2+bn=1317-110+14-17+110-3n-113-3n=13110-3n-110=n10(10-3n).(12分)10.(2013山东理,20,12分)设等差数列an的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.(1)求数列an的通项公式;(2)设数列bn的前n项和为Tn,且Tn+an+12n=(为常数),令cn=b2n(nN*),求数列cn的前n项和Rn.解析(1)设等差数列an的公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1得4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1.解得a1=1,d=2.因此an=2n-1,nN*.(2)由题意知:Tn=-n2n-1,所以n2时,bn=Tn-Tn-1=-n2n-1+n-12n-2=n-22n-1.故cn=b2n=2n-222n-1=(n-1)14n-1,nN*.所以Rn=0140+1141+2142+3143+(n-1)14n-1,则14Rn=0141+1142+2143+(n-2)14n-1+(n-1)14n,两式相减得34Rn=141+142+143+14n-1-(n-1)14n=14-14n1-14-(n-1)14n=13-1+3n314n,整理得Rn=194-3n+14n-1.所以数列cn的前n项和Rn=194-3n+14n-1.考点二等差数列的性质1.(2015广东,10,5分)在等差数列an中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,则a2+a8=.答案102.(2015重庆改编,2,5分)在等差数列an中,若a2=4,a4=2,则a6=.答案03.(2014北京,12,5分)若等差数列an满足a7+a8+a9>0,a7+a10<0,则当n=时,an的前n项和最大.答案84.(2016天津理,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和an+1的等比中项.(1)设cn=bn+12-bn2,nN*,求证:数列cn是等差数列;(2)设a1=d,Tn=k=12n(-1)kbk2,nN*,求证:k=1n1Tk<12d2.证明(1)由题意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以cn是等差数列.(2)Tn=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n-12+b2n2)=2d(a2+a4+a2n)=2dn(a2+a2n)2=2d2n(n+1).所以k=1n1Tk=12d2k=1n1k(k+1)=12d2k=1n1k-1k+1=12d21-1n+1<12d2.教师用书专用(5)5.(2014四川,19,12分)设等差数列an的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(nN*).(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列an的前n项和Sn;(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-1ln2,求数列anbn的前n项和Tn.解析(1)由已知,得b7=2a7,b8=2a8=4b7,有2a8=42a7=2a7+2.解得d=a8-a7=2.所以,Sn=na1+n(n-1)2d=-2n+n(n-1)=n2-3n.(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2),它在x轴上的截距为a2-1ln2.由题意,得a2-1ln2=2-1ln2,解得a2=2.所以d=a2-a1=1.从而an=n,bn=2n.所以Tn=12+222+323+n-12n-1+n2n,2Tn=11+22+322+n2n-1.因此,2Tn-Tn=1+12+122+12n-1-n2n=2-12n-1-n2n=2n+1-n-22n.所以,Tn=2n+1-n-22n.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一等差数列的定义及运算1.(2018江苏姜堰中学期中)已知数列an的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,数列an+an+1是公差为2的等差数列,则S9=.答案452.(苏教必5,二,2,变式)设Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和,若a1=2a8-3a4,则S8S16=.答案3103.(2017江苏南京高淳质检)若Sn为等差数列an的前n项和,S9=-36,S13=-104,则a5与a7的等比中项为.答案424.(2017江苏泰州姜堰摸底,8)等差数列an的前n项和记为Sn,且满足2n=Sn+n,则数列an的公差d=.答案85.(2017江苏苏州期末,8)设Sn是等差数列an的前n项和,若a2=7,S7=-7,则a7的值为.答案-136.(2017江苏淮阴中学期中,6)已知Sn是等差数列an的前n项和,且S11=35+S6,则S17的值为.答案1197.(2016江苏镇江一模,10)Sn是等差数列an的前n项和,若SnS2n=n+14n+2,则a3a5=.答案358.(2016江苏扬州中学质检,20)已知数列an满足a1=x,a2=3x,Sn+1+Sn+Sn-1=3n2+2(n2,nN*),Sn是数列an的前n项和.(1)若数列an为等差数列.(i)求数列的通项an;(ii)若数列bn满足bn=2an,数列cn满足cn=t2bn+2-tbn+1-bn,试比较数列bn的前n项和Bn与cn的前n项和Cn的大小;(2)若对任意nN*,an<an+1恒成立,求实数x的取值范围.解析因为Sn+1+Sn+Sn-1=3n2+2(n2,nN*),所以S3+S2+S1=14,即a3+2a2+3a1=14.又a1=x,a2=3x,所以a3=14-9x.(1)(i)因为数列an为等差数列,所以2a2=a1+a3,即6x=x+(14-9x),解得x=1,即a1=1,a2=3,所以公差d=a2-a1=2.所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)2=2n-1(nN*).(ii)因为an=2n-1(nN*),所以bn=2an=22n-1>0,其前n项和Bn>0,又cn=t2bn+2-tbn+1-bn=(16t2-4t-1)bn,所以其前n项和Cn=(16t2-4t-1)Bn,所以Cn-Bn=2(8t2-2t-1)Bn,当t<-14或t>12时,Cn>Bn;当t=-14或t=12时,Cn=Bn;当-14<t<12时,Cn<Bn.(2)由Sn+1+Sn+Sn-1=3n2+2(n2,nN*)知Sn+2+Sn+1+Sn=3(n+1)2+2(nN*),两式作差,得an+2+an+1+an=6n+3(n2,nN*),所以an+3+an+2+an+1=6(n+1)+3(nN*),再作差得an+3-an=6(n2,nN*),易知,a4+a3+a2=15,a4=1+6x.所以当n=3k-1,kN*时,an=a3k-1=a2+(k-1)6=3x+6k-6=2n+3x-4;当n=3k,kN*时,an=a3k=a3+(k-1)6=14-9x+6k-6=2n-9x+8;当n=3k+1,kN*时,an=a3k+1=a4+(k-1)6=1+6x+6k-6=2n+6x-7.因为对任意的nN*,an<an+1恒成立,所以a1<a2,且a3k-1<a3k<a3k+1<a3k+2,所以x<3x,6k+3x-6<6k-9x+8,6k-9x+8<6k+6x-5,6k+6x-5<6k+3x,解得1315<x<76,故实数x的取值范围为1315,76.考点二等差数列的性质9.(2018江苏盐城高三(上)期中)在等差数列an中,若a2+a5=23,则数列an的前6项的和S6=.答案210.(2018江苏金陵中学高三月考)已知数列an是等差数列,且a7a6<-1,它的前n项和Sn有最小值,则Sn取到最小正数时,n的值为.答案1211.(2017江苏南京、盐城一模,8)设an是等差数列,若a4+a5+a6=21,则S9=.答案6312.(2017江苏扬州、泰州、南通、淮安、宿迁、徐州六市联考,9)已知an是公差不为0的等差数列,Sn是其前n项和.若a2a3=a4a5,S9=27,则a1的值是.答案-513.(2018江苏南通中学高三阶段测试)已知数列an中,首项a1=1,a2=m,an+1=k(an+an+2)对任意正整数n都成立,数列an的前n项和为Sn.(1)若k=12,且S18=171,求实数m;(2)是否存在实数k,使数列an是公比不为1的等比数列,且任意相邻三项an、an+1、an+2按某顺序排列后成等差数列?若存在,求出所有的k的值;若不存在,请说明理由;(3)若k=-12,求Sn(用m、n表示).解析(1)当k=12时,由an+1=k(an+an+2)得an+1=12(an+an+2),即an+2-an+1=an+1-an,所以数列an为等差数列,公差d=a2-a1=m-1,数列an的前n项和Sn=n+n(n-1)2(m-1),由S18=171=18+18(18-1)2(m-1),解得m=2.(2)设数列an为等比数列,则其公比q=a2a1=m,an=mn-1,an+1=mn,an+2=mn+1.若an+1为等差中项,则2an+1=an+an+2,即2mn=mn-1+mn+1,则2m=1+m2,解得m=1,与已知不符,舍去;若an为等差中项,则2an=an+1+an+2,即2mn-1=mn+mn+1,则2=m+m2,即m2+m-2=0,解得m=-2或m=1(舍),此时由an+1=k(an+an+2)得mn=k(mn-1+mn+1),即m=k(1+m2),故k=m1+m2=-25;若an+2为等差中项,则2an+2=an+an+1,即2mn+1=mn-1+mn,即2m2-m-1=0,解得m=-12或m=1(舍),同得k=m1+m2=-25.综上,满足要求的实数k有且仅有一个,k=-25.(3)当k=-12时,an+1=-12(an+an+2),所以an+2+an+1=-(an+1+an),于是an+3+an+2=-(an+2+an+1)=an+1+an.当n为偶数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+(an-1+an)=n2(a1+a2)=n(m+1)2;当n为奇数时,Sn=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+(an-1+an)=a1+n-12(a2+a3)=a1+n-12-(a1+a2)=1-n-12(m+1)(n2),当n=1时,也适合该式.所以Sn=1-n-12(m+1),n为奇数,n(m+1)2,n为偶数.B组20162018年模拟提升题组(满分:95分时间:50分钟)一、填空题(每小题5分,共20分)1.(2018江苏徐州铜山中学期中)已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn,且a2=6,若a1,a3,a7成等比数列,则S8的值为.答案882.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设等差数列an的前n项和为Sn,若a3=5,S1,S5,S7成等差数列,则数列an的通项公式为an=.答案2n-1(nN*)3.(苏教必5,二,2,变式)设等差数列an,bn的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有SnTn=2n-34n-3,则a9b5+b7+a3b8+b4的值为.答案19414.(苏教必5,二,2,变式)设等差数列an的前n项和为Sn,若a1=-3,ak+1=32,Sk=-12,则正整数k=.答案13二、解答题(共75分)5.(2018江苏扬州中学高三月考)已知各项均为整数的数列an满足a3=-1,a7=4,前6项依次成等差数列,从第5项起依次成等比数列.(1)求数列an的通项公式;(2)求出所有的正整数m,使得am+am+1+am+2=amam+1am+2.解析(1)设数列前6项的公差为d,则a5=-1+2d,a6=-1+3d(d为整数),又a5,a6,a7成等比数列,所以(3d-1)2=4(2d-1),即9d2-14d+5=0,得d=1或d=59(舍去).当n6时,an=n-4,所以a5=1,a6=2,所以数列从第5项起构成的等比数列的公比为2,所以当n5时,an=2n-5,故an=n-4,n4,2n-5,n5.(2)由(1)知,数列an为-3,-2,-1,0,1,2,4,8,16,当m=1时等式成立,即-3-2-1=-6=(-3)(-2)(-1).当m=3时等式成立,即-1+0+1=0=(-1)01.当m=2或4时等式不成立.当m5时,am+am+1+am+2=2m-5(1+2+22)=72m-5,amam+1am+2=23m-12,若am+am+1+am+2=amam+1am+2,即72m-5=23m-12,所以22m-7=7.m5,22m-78,从而方程22m-7=7无解.所以当m5时,am+am+1+am+2amam+1am+2,故m=1或m=3.6.(2017江苏泰州姜堰期中,19)已知数列an是公差为正数的等差数列,其前n项和为Sn,且a2a3=15,S4=16.(1)求数列an的通项公式;(2)数列bn满足b1=a1,bn+1-bn=1anan+1.求数列bn的通项公式;是否存在正整数m,n(mn),使得b2,bm,bn成等差数列?若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设数列an的公差为d,则d>0.由a2a3=15,S4=16,得(a1+d)(a1+2d)=15,4a1+6d=16,解得a1=1,d=2或a1=7,d=-2(舍去),所以an=2n-1.(2)因为b1=a1,bn+1-bn=1anan+1,所以b1=a1=1,bn+1-bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1,所以b2-b1=121-13,b3-b2=1213-15,bn-bn-1=1212n-3-12n-1(n2),bn-b1=121-12n-1=n-12n-1,所以bn=3n-22n-1,n2.b1=1也符合上式,故bn=3n-22n-1,nN*.假设存在正整数m,n(mn),使得b2,bm,bn成等差数列,则b2+bn=2bm.又b2=43,bn=3n-22n-1=32-14n-2,bm=32-14m-2,所以43+32-14n-2=232-14m-2,化简得2m=7n-2n+1=7-9n+1,当n+1=3,即n=2时,m=2,此时m=n,不符合题意;当n+1=9,即n=8时,m=3,符合题意.所以存在正整数m=3,n=8,使得b2,bm,bn成等差数列.7.(2017江苏盐城期中,20)若数列an中的项都满足a2n-1=a2n<a2n+1(nN*),则称an为“阶梯数列”.(1)设数列bn是“阶梯数列”,且b1=1,b2n+1=9b2n-1(nN*),求b2 016;(2)设数列cn是“阶梯数列”,其前n项和为Sn,求证:Sn中存在连续三项成等差数列,但不存在连续四项成等差数列;(3)设数列dn是“阶梯数列”,且d1=1,d2n+1=d2n-1+2(nN*),记数列1dndn+2的前n项和为Tn.是否存在实数t,使得(t-Tn)t+1Tn<0对任意的nN*恒成立?若存在,请求出实数t的取值范围;若不存在,请说明理由.解析(1)b2n+1=9b2n-1,b1=1,b2n-1是以b1=1为首项,9为公比的等比数列,b2n-1=b19n-1=32n-2,b2 015=32 014,数列bn是“阶梯数列”,b2 016=b2 015=32 014.(2)证明:由数列cn是“阶梯数列”得c2n-1=c2n,故S2n-1-S2n-2=S2n-S2n-1,Sn中存在连续三项S2n-2,S2n-1,S2n(n2)成等差数列.(注:给出具体三项也可以)假设Sn中存在连续四项Sk,Sk+1,Sk+2,Sk+3成等差数列,则Sk+1-Sk=Sk+2-Sk+1=Sk+3-Sk+2,即ck+1=ck+2=ck+3,当k=2m-1,mN*时,c2m=c2m+1=c2m+2,当k=2m,mN*时,c2m+1=c2m+2=c2m+3,由数列cn是“阶梯数列”得c2m<c2m+1=c2m+2<c2m+3,与都矛盾,故假设不成立,即Sn中不存在连续四项成等差数列.(3)d2n+1=d2n-1+2,d1=1,d2n-1是以d1=1为首项,2为公差的等差数列,d2n-1=d1+(n-1)2=2n-1,又数列dn是“阶梯数列”,故d2n-1=d2n=2n-1,1d2kd2k+2=1d2k-1d2k+1=1(2k-1)(2k+1)=1212k-1-12k+1(nN*),当n=2k(kN*)时,Tn=T2k=1d1d3+1d2d4+1d3d5+1d4d6+1d2k-1d2k+1+1d2kd2k+2=21d1d3+1d3d5+1d2k-1d2k+1=21211-13+13-15+12k-1-12k+1=1-12k+123,1,-1Tn-32,-1,又(t-Tn)t+1Tn<0恒成立,-1Tn<t<Tn恒成立,-1t<23.当n=2k-1(kN*)时,Tn=T2k-1=T2k-1d2kd2k+2=T2k-1d2k-1d2k+1=T2k-1212k-1-12k+1=1-14k-2-14k+213,1,-1Tn-3,-1),又(t-Tn)t+1Tn<0恒成立,-1Tn<t<Tn恒成立,-1t<13.综上,存在满足条件的实数t,其取值范围是-1,13.8.(2017江苏南京盐城一模,20)若存在常数k(kN*,k2)、q、d,使得无穷数列an满足an+1=an+d,nkN*,qan,nkN*, 则称数列an为“段比差数列”,其中常数k、q、d分别叫做段长、段比、段差.设数列bn为“段比差数列”.(1)若bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、q、3.当q=0时,求b2 016;当q=1时,设bn的前3n项和为S3n,若不等式S3n3n-1对nN*恒成立,求实数的取值范围;(2)若bn为等比数列,且首项为b,试写出所有满足条件的bn,并说明理由.解析(1)解法一:bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3,b2 014=0b2 013=0,b2 015=b2 014+3=3,b2 016=b2 015+3=6.解法二:bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、0、3,b1=1,b2=b1+3=4,b3=b2+3=7,b4=0b3=0,b5=b4+3=3,b6=b5+3=6,b7=0b6=0,当n4时,bn是周期为3的周期数列.b2 016=b6=6.解法一:bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3,b3n+2-b3n-1=(b3n+1+d)-b3n-1=(qb3n+d)-b3n-1=q(b3n-1+d)+d-b3n-1=2d=6,b3n-1是以b2=4为首项,6为公差的等差数列.又b3n-2+b3n-1+b3n=(b3n-1-d)+b3n-1+(b3n-1+d)=3b3n-1,S3n=(b1+b2+b3)+(b4+b5+b6)+(b3n-2+b3n-1+b3n)=3(b2+b5+b3n-1)=34n+n(n-1)26=9n2+3n,S3n3n-1,S3n3n-1,设cn=S3n3n-1,则(cn)max,又cn+1-cn=9(n+1)2+3(n+1)3n-9n2+3n3n-1=-2(3n2-2n-2)3n-1,当n=1时,3n2-2n-2<0,c1<c2;当n2时,3n2-2n-2>0,cn+1<cn,(cn)max=c2=14,14,即14,+).解法二:bn的首项、段长、段比、段差分别为1、3、1、3,b3n+1=b3n,b3n+3-b3n=b3n+3-b3n+1=2d=6,b3n是首项为b3=7,公差为6的等差数列,b3+b6+b3n=7n+n(n-1)26=3n2+4n,易知bn中删掉b3n的项后按原来的顺序构成一个首项为1,公差为3的等差数列,b1+b2+b4+b5+b3n-2+b3n-1=2n1+2n(2n-1)23=6n2-n,S3n=(3n2+4n)+(6n2-n)=9n2+3n,以下同解法一.(2)解法一:由等比数列的通项公式有bn=bqn-1(q既是bn的公比,又是bn的段比),当mN*时,bkm+2-bkm+1=d,即bqkm+1-bqkm=bqkm(q-1)=d恒成立,若q=1,则d=0,bn=b;若q1,则qkm=d(q-1)b,qkm为常数,q=-1,k为偶数,d=-2b,bn=(-1)n-1b,此时k=2;经检验,满足条件的bn的通项公式为bn=b或bn=(-1)n-1b.解法二:若k=2,则b1=b,b2=b+d,b3=(b+d)q,b4=(b+d)q+d,由b1b3=b22,得b+d=bq;由b2b4=b32,得(b+d)q2=(b+d)q+d,联立两式,得b(q+1)(q-1)2=0,q=1,则d=0,q=1或d=-2b,q=-1,则bn=b或bn=(-1)n-1b,经检验,均符合题意.若k3,则b1=b,b2=b+d,b3=b+2d,由b1b3=b22,得(b+d)2=b(b+2d),得d=0,则bn=b,经检验,符合题意.综上,满足条件的bn的通项公式为bn=b或bn=(-1)n-1b.9.(2017江苏南京、盐城二模,20)已知数列an的前n项和为Sn,数列bn,cn满足(n+1)bn=an+1-Snn,(n+2)cn=an+1+an+22-Snn,其中nN*.(1)若数列an是公差为2的等差数列,求数列cn的通项公式;(2)若存在实数,使得对一切nN*,有bncn,求证:数列an是等差数列.解析(1)因为an是公差为2的等差数列,所以an=a1+2(n-1),Snn=a1+n-1,从而(n+2)cn=a1+2n+a1+2(n+1)2-(a1+n-1)=n+2,即cn=1.(2)证明:由(n+1)bn=an+1-Snn,得n(n+1)bn=nan+1-Sn,所以(n+1)(n+2)bn+1=(n+1)an+2-Sn+1,两式相减,并化简得an+2-an+1=(n+2)bn+1-nbn.从而(n+2)cn=an+1+an+22-Snn=an+1+an+22-an+1-(n+1)bn=an+2-an+12+(n+1)bn=(n+2)bn+1-nbn2+(n+1)bn=12(n+2)(bn+bn+1).因此cn=12(bn+bn+1).因为对一切nN*,有bncn,所以cn=12(bn+bn+1),故bn=,cn=.所以(n+1)=an+1-Snn,(n+2)=12(an+1+an+2)-Snn,得12(an+2-an+1)=,即an+2-an+1=2.故an+1-an=2(n2).又2=a2-S11=a2-a1,则an+1-an=2(n1).所以数列an是等差数列.C组20162018年模拟方法题组方法1利用等差数列的基本量a1,d解决等差数列问题1.数列an的首项为3,bn为等差数列,且bn=an+1-an(nN*),若b3=-2,b10=12,则a8=.答案3方法2等差数列的判定与证明2.已知数列an中,a1=35,an=2-1an-1(n2,nN*),数列bn满足bn=1an-1(nN*).(1)求证:数列bn是等差数列;(2)求数列an中的最大项和最小项,并说明理由.解析(1)证明:因为an=2-1an-1(n2,nN*),bn=1an-1(nN*),所以bn+1-bn=1an+1-1-1an-1=12-1an-1-1an-1=anan-1-1an-1=1.又b1=1a1-1=-52,所以数列bn是以-52为首项,1为公差的等差数列.(2)由(1)知bn=n-72,则an=1+1bn=1+22n-7.设f(x)=1+22x-7,则f(x)在区间-,72和72,+上为减函数.所以当n=3时,an取得最小值-1,当n=4时,an取得最大值3.3.设无穷数列an满足:nN*,an<an+1,anN*.记bn=aan,cn=aan+1(nN*).(1)若bn=3n(nN*),求证:a1=2,并求c1的值;(2)若cn是公差为1的等差数列,则an是否为等差数列?证明你的结论.解析(1)若a1=1,则b1=aa1=a1=1,与b1=31=3矛盾,若a13,因为b1=aa1=3,an<an+1,所以3=aa1a3>a13,矛盾,所以a1=2.于是a2=aa1=3,从而c1=aa1+1=a3=aa2=b2=6.(2)an是公差为1的等差数列,证明如下:因为an+1>an,所以当n2时,an>an-1,因为anN*,所以当n2时,anan-1+1anam+(n-m)(m<n),故aan+1+1aan+1+an+1+1-(an+1),即cn+1-cnan+1-an,由题设知,1an+1-an,又an+1-an1,所以an+1-an=1,即an是等差数列.方法3求等差数列前n项和的最大值与最小值的方法4.等差数列an的前n项和为Sn,已知a5+a7=4,a6+a8=-2,则当Sn取最大值时,n的值是.答案65.在等差数列an中,已知a1=20,前n项和为Sn,且S10=S15,求当n取何值时,Sn取得最大值,并求出它的最大值.解析解法一:设等差数列an的公差为d.a1=20,S10=S15,1020+1092d=1520+15142d,d=-53.由an=20+(n-1)-53=-53n+653.得a13=0.即当n12时,an>0,当n14时,an<0.当n=12或13时,Sn取得最大值,且最大值为S12=S13=1220+12112-53=130.解法二:同解法一得公差d=-53.Sn=20n+n(n-1)2-53=-56n2+1256n=-56n-2522+3 12524.nN*,当n=12或13时,Sn有最大值,且最大值为S12=S13=130.D组20162018年模拟突破题组1.(2016江苏启东中学阶段测试)已知数列an满足a1=1,且an+1=an+1n+1,nN*,则k=12 014k(a2 015-ak)=.答